[bzoj2226] LCMSum 数学+筛法

题目链接：bzoj2226 .

—————————————-

概述

题目大意如下：
给定正整数n，求

∑i=1nlcm(i,n).

题目有多组数据。(T≤300000, n≤1000000)

lcm(x,y)即x,y的最小公倍数。

—————————————-

分析

对于lcm(i,n)，我们很显然可以把它转化成如下形式：

lcm(i,n)=i×ngcd(i,n).

对于某个i，我们令d=gcd(i,n)，n=d×x，i=d×y，那么x与y是互质的。

所以，我们不妨枚举d，再枚举所有与x互质的y并统计答案，其中x=nd.

我们得到下式：

Ans = ∑d|n∑y=1ndnd×y×d×[gcd(nd,y)=1] = n∑d|n∑y=1ndy×[gcd(nd,y)=1].

化到这里，问题就变成了：对于n所有的约数d，计算小于nd且与其互质的数的和，将结果×n就是答案了。

那么关键来了，所有与nd互质的数的和怎么求呢？

——————–

结论：

∑i=1ni×[gcd(i,n)=1] = n×φ(n)2.

特别地，n=1时值为1.

证明：

引理： 对于一个与n互质的数x，n−x也一定与n互质。

引理证明：设gcd(n−x,n)=d，那么n−xd一定是整数，即nd−xd是整数。由于d是n的约数，x与n互质，所以xd是整数当且仅当d=1，所以gcd(n−x,n)=d=1。引理证毕。

我们要求的是与n互质的所有数的和，即：

∑i=1ni×[gcd(i,n)=1].

根据引理，我们又有：

∑i=1ni×[gcd(i,n)=1] = ∑i=1n2(i+(n−i))×[gcd(i,n)=1] = n∑i=1n2[gcd(i,n)=1] = n×φ(n)2.

结论证毕。

——————–

有了这个结论就好办了，我们原来要求的是：

Ans=n∑d|n∑y=1ndy×[gcd(nd,y)=1]

现在我们可以将它转化为：

Ans = n(1+∑d|nnd×φ(nd)2) = n2(1+∑d|nd×φ(d)).

其中，加1是因为当d=1时本应该有值为1，然而若按上面的式子计算d=1时为0，所以要加1.

至此，有2种做法，一个是80分，一个是100分。

---

80分：

待求：

Ans = n2(1+∑d|nd×φ(d)).

我们可以线性筛出所有的φ(d)，对于每个询问O(n√)枚举n所有约数d并统计答案。总复杂度O(Tn√).

代码

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cmath>#define ll long long#define For(i,j,k) for(register int i=j; i<=(int)k; ++i)#define Forr(i,j,k) for(register int i=j; i>=(int)k; --i)#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;const int maxn = 1000000+5;int T, n, tot;int pri[maxn/5], phi[maxn];bool vis[maxn];inline void read(int &x){    x = 0;    char c = getchar();    while(!isdigit(c))    c = getchar();    while(isdigit(c))    x = (x<<3)+(x<<1)+(c^48),  c = getchar();}inline void init(){    phi[1] = 1;    For(i, 2, maxn-1){        if(!vis[i]){            pri[++tot] = i;            phi[i] = i-1;        }        for(int j=1,x; j<=tot&&(x=i*pri[j])<maxn; ++j){            vis[x] = true;            if(i%pri[j] == 0){                phi[x] = phi[i]*pri[j];                break;            }            else    phi[x] = phi[i]*(pri[j]-1);        }    }}inline ll calc(int n){    ll sum, back;    sum = 1,  back = 1ll * n;    for(int i = 1; i*i<=n; ++i)        if(n%i == 0){            sum += 1ll * phi[i] * i >> 1;            if(i*i == n)    break;            sum += 1ll * phi[n/i] * (n/i) >> 1;        }    back *= sum;    return back;}int main(){    init();    read(T);    while(T --){        read(n);        printf("%lld\n", calc(n));    }    return 0;}

---

100分

待求：

Ans = n2(1+∑d|nd×φ(d)).

我们令h(n)=∑d|nd×φ(d)，那么答案即是:

Ans=n2(1+h(n)).

我们观察一下h(n)=∑d|nd×φ(d)，由于d与φ(d)都是积性函数，所以h(n)也是积性函数。

既然h(n)是积性函数，那么就可以通过线性筛筛出来，我们思考一下怎么筛。

设p是一个质数，那么有h(p)=p×(p−1)+1.
那么我们接下来要解决的问题是h(a×p)如何筛得。

总共分2种情况：

1. gcd(a,p)=1，即a,p互质。这种情况很好处理：
   h(a×p)=h(a)×h(p).

2. gcd(a,p)≠1.此时又分两种小情况：

   （1）a=x×pr. 那么，h(a×p)=h(x)×h(pr+1).

   （2）a=pr. 这种情况下要稍微推一下式子：

   已知：h(a)=h(pr)=1+∑i=1rpi×φ(pi).

   我们对它进行进一步转化：

   h(a)=1+∑i=1rpi×(pi−pi−1)=1+(p−1)∑i=1rp2i−1.

   那么同理：

   h(a×p)=h(pr+1)=1+(p−1)∑i=1r+1p2i−1.

   对于h(pr)，我们可以发现如下的关系：

   h(pr)−1=(p−1)∑i=1rp2i−1

(h(pr)−1)×p2=(p−1)∑i=2r+1p2i−1

 (h(pr)−1)×p2+(p−1)×p=(p−1)∑i=1r+1p2i−1

1+(h(pr)−1)×p2+(p−1)×p=h(pr+1)

   1+h(pr)×p2−p=h(pr+1)

至此我们得到了h(pr)与h(pr+1)的关系，也就是h(a)与h(a×p)的关系。

整理一下：

h(a×p)=⎧⎩⎨h(a)×h(p),h(x)×h(pr+1),h(a)×p2−p+1,gcd(a,p)=1gcd(a,p)≠1, a=x×prgcd{a,p}≠1, a=pr

至此，线性筛筛出所有的h(n)，对于每一个询问，Ans=(h(n)+1)×n2可以O(1)计算。总复杂度O(n+T).

代码

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cmath>#define ll long long#define For(i,j,k) for(register ll i=j; i<=(ll)k; ++i)#define Forr(i,j,k) for(register ll i=j; i>=(ll)k; --i)#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;const ll maxn = 1000000+5;ll T, n, tot;ll pri[maxn/5], phi[maxn];bool vis[maxn];inline void read(ll &x){    x = 0;    char c = getchar();    while(!isdigit(c))    c = getchar();    while(isdigit(c))    x = (x<<3)+(x<<1)+(c^48),  c = getchar();}inline void init(){    phi[1] = 1;    For(i, 2, maxn-1){        if(!vis[i]){            pri[++tot] = i;            phi[i] = (i-1) * i + 1;        }        for(ll j=1,x; j<=tot&&(x=i*pri[j])<maxn; ++j){            vis[x] = true;            if(i%pri[j] == 0){                ll ii = i,  jj = pri[j];                while(ii%pri[j] == 0){                    ii /= pri[j];                    jj *= pri[j];                }                if(ii > 1)    phi[x] = phi[ii] * phi[jj];                else    phi[x] = phi[i] * pri[j]*pri[j] - pri[j]+1;                break;            }            else    phi[x] = phi[i]*phi[pri[j]];        }    }}int main(){    init();    read(T);    while(T --){        read(n);        printf("%lld\n", 1ll * (phi[n]+1 >> 1) * n);    }    return 0;}

—————————————-

小结

这一题的解决关键在于中间那个欧拉函数的结论，利用那个结论可以把式子化成能够用数论函数解决的形式。之后的重点是推导h(n)如何通过线性筛筛出来，情况的考虑并不复杂，但是式子不是很好推。总之，这是一道练习推式子以及筛法的好题。

—————————————-

——wrote by miraclejzd.